Гипербола

Парабола

13. Эксцентриситет ε кривой второго порядка (кроме окружности) – отношение расстояния r от точки M до фокуса кривой второго порядка к расстоянию d от точки M до соответствующей этому фокусу директрисы, т.е. эксцентриситет ε = r/d. Для эллипса ε = r/d = c/a < 1; для гиперболы ε = r/d = c/a > 1; для параболы ε = r/d = 1; у окружности эксцентриситет равен 0.

14. Уравнения директрис кривых второго порядка: уравнения директрис эллипса и гиперболы: х = ± а/ = ± а²/с, где; уравнение директрисы параболы x = − p/ 2.

15. Если алгебраическое уравнение А∙x² + В∙x∙y + С∙y² + D∙x + E∙y + F = 0 задает кривую второго порядка, то тип этой кривой определяется значением определителя  = : при  > 0 кривая 2-го порядка – эллипс (в случае А = С и В = 0 – окружность), при δ < 0 – гипербола, при δ = 0 – парабола.

16. Главные оси кривой второго порядка – координатные оси правой прямоугольной системы координат, в которой уравнение этой кривой является каноническим.

Примеры выполнения заданий лабораторной работы

1^. Указать тип кривой и построить эту кривую по ее уравнению: а) (х – 4)² + (у + 2)² = 9; б) ;в) ;г) у² = – 2,5х.

Решение.

а) Кривая, задаваемая уравнением

(х – 4)² + (у + 2)² = 9, – окружность ра-

диуса R = 3 и центром в точке С(4; –2):

б) Кривая, задаваемая уравнением

, – эллипс, большая ось которого 2а = 2= 12 находится на осиОх, меньшая ось, равная 2b = 2= 8, находится на осиОу. Эллипс, задаваемый уравнением , – центрально симметричная

кривая относительно начала координат, впи-

санная в прямоугольник со сторонами 2а и 2b,

параллельными координатным осям Ох и Оу

соответственно:

в) Кривая, задаваемая уравнением , – гипербола, действительная ось которой 2а = 2= 3 находится на осиОу, а мнимая, равная 2b = 2= 10, находится на осиОх. Гипербола, задаваемая урав-

нением , – центрально симметрич-

ная кривая относительно начала координат, вер-

шины которой касаются сторон прямоугольника

со сторонами 2а и 2b, параллельными координат-

ным осям Ох и Оу соответственно, а ветви нахо-

дятся в верхнем и нижнем секторах, образован-

ных диагоналями этого прямоугольника, которые

являются асимптотами этой гиперболы:

г) Кривая, задаваемая уравнением у² = – 2,5х, парабола, ось симметрии которой – ось Ох, вершина находится в начале координат, а ветви расположены слева от оси Оу, поскольку х  0. Строим заданную параболу по точкам:

х	0	– 2,5	– 10
у	0	 2,5	 5

Указания к выполнению задания 2:

1. По знаку определителя  = квадратичной формы в уравнении кривой второго порядкаА∙x² + В∙x∙y + С∙y² + D∙x + E∙y + F = 0 (в уравнении задания В = 0) определить тип этой кривой (эллипс или гипербола).

2. Используя способ Лагранжа, выделить в левой части уравнения полные квадраты (х – х₀)² и (у – у₀)² для соответствующих переменных, входящих в уравнение во второй степени . Определить координаты центра системы координат О(х₀; у₀), оси которой Оu и Оv направлены вдоль главных осей кривой 2-го порядка и параллельны осям Ох и Оу.

3. Алгебраическими преобразованиями привести уравнение к каноническому виду соответствующей кривой: – для эллипса (а² > b²), – для гиперболы. Записать значенияа, b и с: для эллипса , для гиперболы.

4. С учетом нового центра координат О(х₀; у₀) по значениям а и b построить эллипс или гиперболу, задаваемых исходным уравнением.

5. Определить направления главных осей Оu и Оv кривой 2-го порядка: ось Оu направлена вдоль большей оси эллипса или вдоль действительной оси гиперболы сонаправлено координатной оси Ох или оси Оу, ось Оv перпендикулярна оси Оu и с этой осью образует правую систему координат.

6. Записать координаты вершин и фокусов кривой, уравнения асимптот (для гиперболы) и директрис, вычислить эксцентриситет кривой.

Характеристики кривой	Произведенная замена переменных	Эллипс	Гипербола
Координаты вершин	Если: х – х0 = u, y – y0 = v, т.е. если Оu Ох	А1(а + х0; у0); А2(– а + х0; у0); В1(x0; b + y0); B2(x0; – b + y0)	А1(а + х0; у0); А2(– а + х0; у0)
	Если: y – y0 = u, х – х0 = –v, т.е. если Оu Оу	А1(х0; а + у0); А2(х0; – а + у0); В1(– b + х0; у0); B2(b + х0; у0)	А1(х0; а + у0); А2(х0; – а + у0)
Координаты фокусов	Если: х – х0 = u, y – y0 = v	F1(с + х0; у0), F2(– с + х0; у0)
	Если: y – y0 = u, х – х0 = –v	F1(х0; с + у0), F2(х0; – с + у0)
Уравнения директрис	Если: х – х0 = u, y – y0 = v	х =
	Если: y – y0 = u, х – х0 = –v	у =
Уравнения асимптот	Если: u = х – х0, v = y – y0	–	у = +у0
	Если: u = y – y0, v = х – х0	–	у = +у0

2^. Определить тип кривой второго порядка по ее общему уравнению; привести это уравнение к главным осям и построить соответствующую кривую; определить координаты вершин и фокусов кривой, записать уравнения асимптот (если они есть) и директрис; вычислить эксцентриситет кривой: а) х² + 3у² – 6х – 12у + 15 = 0; б) 4х² + у² + 16х – 2у + 8 = 0; в) х² – у² + 6х – 2у + 6 = 0; г) 5х² – 4у² + 10х + 16у + 9 = 0.

Решение.

а) В квадратичной форме уравнения кривой х² + 3у² – 6х – 12у + 15 = 0: А = 1, В = 0, С = 3, то определитель  = == 3 > 0. Следовательно, кривая, задаваемая этим уравнением, – эллипс.

Выделим полные квадраты переменных способом Лагранжа. Для этого в уравнении кривой группируем неизвестные: (х² – 6х) + (3у²– 12у) + 15 = 0. Поскольку х² – 6х = (х² – 6х + 9) – 9 = (х – 3)² – 9 и 3у²– 12у = 3(у² – 4у) = 3(у² – 4у + 4) – 12 = 3(у – 2)² – 12, то уравнение кривой принимает вид: (х – 3)² – 9 + 3(у – 2)² – 12 + 15 = 0, или (х – 3)² + 3(у – 2)² = 6. После деления полученного уравнения на 6 получаем: = 1.

Больший знаменатель полученного уравнения эллипса является параметром а², т.е. а² = 6 и b² = 2. Т.о., имеем: а = ≈ 2,45; b = ≈ 1,41; с = == 2.

Поскольку согласно полученному уравнению большая ось 2а эллипса параллельна оси Ох, то ось Оu Ох а ось Оv, образуя с Оu правую систему координат, сонаправлена оси Оу, что соответствует замене переменных: х – х₀ = х – 3 = u, y – y₀ = y – 2 = v. В координатной системе Оuv получаем каноническое уравнение эллипса: = 1, причем поскольку х₀ = 3, у₀ = 2, то центр этой координатной системы О(х₀; у₀) соответствует точке О(3; 2).

Для построения эллипса чертим в координатной системе Оuv прямоугольник с центром в точке О и сторонами длиной 2а = 2≈ 4,9, параллельными осиОu, и длиной 2b = 2≈ 2,82, параллельными осиОv, в который и следует вписать эллипс:

Записываем с учетом произведенной замены переменных координаты вершин А₁(а + х₀; у₀); А₂(– а + х₀; у₀); В₁(x₀; b + y₀); B₂(x₀; – b + y₀) и фокусов F₁(с + х₀; у₀), F₂(– с + х₀; у₀) эллипса, уравнения директрис х = и находим значение эксцентриситета этого эллипса ε = c/a.

Вершины эллипса: А₁(+ 3; 2); А₂(–+ 3; 2); В₁(3; + 2); B₂(3; –+ 2).

Фокусы эллипса F₁(5; 2), F₂(1; 2).

Уравнения директрис: х = 6 и х = 0.

Эксцентриситет: ε = 2/.

б) В квадратичной форме уравнения кривой 4х² + у² + 16х – 2у + 8 = 0: А = 4, В = 0, С = 1, то определитель  = == 4 > 0. Следовательно, кривая, задаваемая этим уравнением, – эллипс.

Выделим полные квадраты переменных способом Лагранжа. Для этого в уравнении кривой группируем неизвестные: (4х² + 16х) + (у²– 2у) + 8 = 0. Поскольку 4х² + 16х = 4(х² + 4х) = 4(х² + 4х + 4) – 16 = 4(х + 2)² – 16 и у²– 2у = (у² – 2у + 1) – 1 = (у – 1)² – 1, то уравнение кривой принимает вид: 4(х + 2)² – 16 + (у – 1)² – 1 + 8 = 0, или 4(х + 2)² + (у – 1)² = 9. После деления полученного уравнения на 9 и переноса всех коэффициентов при переменных в знаменатели дробей получаем: = 1.

Больший знаменатель полученного уравнения эллипса является параметром а², т.е. а² = 9 и b² = 2,25. Т.о., имеем: а = 3; b = 1,5; с = ===≈ 2,6.

Поскольку согласно полученному уравнению большая ось 2а эллипса параллельна оси Оу, то ось Оu Оу а ось Оv, образуя с Оu правую систему координат, направлена противоположно оси Ох, что соответствует замене переменных: y – y₀ = y – 1 = u, х – х₀ = х + 2= – v. В координатной системе Оuv получаем каноническое уравнение эллипса: = 1, причем поскольку х₀ = – 2, у₀ = 1, то центр этой координатной системы О(х₀; у₀) соответствует точке О(– 2; 1).

Для построения эллипса чертим в координатной системе Оuv прямоугольник с центром в точке О и сторонами длиной 2а = 6, параллельными оси Оu, и длиной 2b = 3, параллельными оси Оv, в который и следует вписать эллипс:

Записываем с учетом произведенной замены переменных координаты вершин А₁(х₀; а + у₀); А₂(х₀; – а + у₀); В₁(– b + х₀; у₀); B₂(b + х₀; у₀) и фокусов F₁(х₀; с + у₀), F₂(х₀; – с + у₀) эллипса, уравнения директрис у = и находим значение эксцентриситета этого эллипса ε = c/a.

Вершины эллипса: А₁(– 2; 4); А₂(– 2; – 2); В₁(– 3,5; 1); B₂(– 0,5; 1).

Фокусы эллипса F₁(– 2; + 1), F₂(– 2; – + 1).

Уравнения директрис: у = 2+ 1 иу = – 2+ 1.

Эксцентриситет: ε = /2.

в) В квадратичной форме уравнения кривой х² – у² + 6х – 2у + 6 = 0: А = 1, В = 0, С = – 1, то определитель  = == – 1 < 0. Следовательно, кривая, задаваемая этим уравнением, – гипербола.

Выделим полные квадраты переменных способом Лагранжа. Для этого в уравнении кривой группируем неизвестные: (х² + 6х) – (у²+ 2у) + 6 = 0. Поскольку х² + 6х = (х² + 6х + 9) – 9 = (х + 3)² – 9 и у²+ 2у = (у² + 2у + 1) – 1 = (у + 1)² – 1, то уравнение кривой принимает вид: (х + 3)² – 9 – (у + 1)² + 1 + 6 = 0, или (х + 3)² – (у + 1)² = 2. После деления полученного уравнения на 2 получаем: = 1.

Поскольку согласно полученному уравнению действительная ось гиперболы параллельна оси Ох, то ось Оu Ох а ось Оv, образуя с Оu правую систему координат, сонаправлена оси Оу, что соответствует замене переменных: х – х₀ = х + 3 = u, y – y₀ = y + 1 = v. В координатной системе Оuv получаем каноническое уравнение гиперболы = 1: = 1, причем поскольку х₀ = – 3, у₀ = –1, то центр этой координатной системы О(х₀; у₀) соответствует точке О(– 3; – 1).

Действительной оси гиперболы соответствует знаменатель а², т.е. а² = 2. В рассматриваемом примере и b² = 2. Т.о., имеем: а = ≈ 1,41; b = ≈ 1,41; с = == 2.

Для построения гиперболы чертим в координатной системеОuv прямоугольник с центром в точке О и сторонами длиной 2а = 2≈ 2,82, параллельными осиОu, и длиной 2b = 2≈ 2,82, параллельными осиОv (т.е. в данном примере прямоугольник является квадратом). Проводим диагонали этого прямоугольника и вписываем между ними вне прямоугольника ветви гиперболы, вершины которой должны касаться боковых сторон прямоугольника:

Записываем с учетом произведенной замены переменных координаты вершин А₁(а + х₀; у₀); А₂(– а + х₀; у₀); фокусов F₁(с + х₀; у₀), F₂(– с + х₀; у₀) гиперболы, уравнения асимптот у = +у₀, директрис х = и находим значение эксцентриситета этой гиперболы ε = c/a.

Вершины гиперболы: А₁(– 3; – 1); А₂(–– 3; – 1).

Фокусы гиперболы F₁(– 1; – 1), F₂(– 5; – 1).

Уравнения асимптот: у = х + 2; у = – х – 4.

Уравнения директрис: х = – 2 и х = – 4.

Эксцентриситет: ε = 2/=.

г) В квадратичной форме уравнения кривой 5х² – 4у² + 10х + 16у + 9 = 0: А = 5, В = 0, С = – 4, то определитель  = == – 20 < 0. Следовательно, кривая, задаваемая этим уравнением, – гипербола.

Выделим полные квадраты переменных способом Лагранжа. Для этого в уравнении кривой группируем неизвестные: (5х² + 10х) – (4у²– 16у) + 9 = 0. Поскольку 5х² + 10х = 5(х² + 2х) = 5(х² + 2х + 1) – 5 = 5(х + 1)² – 5 и 4у²– 16у = 4(у² – 4у) = 4(у² – 4у + 4) – 16 = 4(у – 2)² – 16, то уравнение кривой принимает вид: 5(х + 1)² – 5 – 4(у – 2)² + 16 + 9 = 0, или 5(х + 1)² – 4(у – 2)² = –20. После деления полученного уравнения на (– 20) получаем: = 1.

Поскольку согласно полученному уравнению действительная ось гиперболы параллельна оси Оу, то ось Оu Оу а ось Оv, образуя с Оu правую систему координат, направлена противоположно оси Ох, что соответствует замене переменных: у – у₀ = у – 2 = u, х – х₀ = х + 1 = – v. В координатной системе Оuv получаем каноническое уравнение гиперболы = 1: = 1, причем поскольку х₀ = – 1, у₀ = 2, то центр этой координатной системы О(х₀; у₀) соответствует точке О(– 1; 2).

Действительной оси гиперболы соответствует знаменатель а², т.е. а² = 5, b² = 4. Т.о., имеем: а = ≈ 2,24; b = 2; с = == 3.

Для построения гиперболы чертим

в координатной системе Оuv прямоу-

гольник с центром в точке О и сторо-

нами длиной 2а = 2≈ 4,48, парал-

лельными оси Оu, и длиной 2b = 4,

параллельными оси Оv. Проводим

диагонали этого прямоугольника и

вписываем между ними вне прямоу-

гольника ветви гиперболы, вершины

которой должны касаться боковых

сторон прямоугольника:

Записываем с учетом произведенной замены переменных координаты вершин А₁(х₀; а + у₀); А₂(х₀; – а + у₀); фокусов F₁(х₀; с + у₀), F₂(х₀; – с + у₀) гиперболы, уравнения асимптот у = +у₀, директрис y = и находим значение эксцентриситета этой гиперболы ε = c/a.

Вершины гиперболы: А₁(– 1; + 2); А₂(– 1; –+ 2).

Фокусы гиперболы F₁(– 1; 5), F₂(– 1; – 1).

Уравнения асимптот: у = (х + 1) + 2; у = – (х + 1) + 2.

Уравнения директрис: y = 11/3 и y = 1/3.

Эксцентриситет: ε = 3/.

3^. Составить уравнение кривой второго порядка, если: а) МА : МВ = 0,8; б) МА = МВ, где МА – расстояние от переменной точки М на кривой до точки А(2; 1), МВ – расстояние от точки М до прямой х = – 5.

Решение.

Задаем точку М на кривой переменными координатами: М(х; у), тогда получаем на плоскости три точки: А(2; 1), М(х; у), В(– 5; у). Находим: МА = ,МВ = == |x + 5|.

а) По условию МА : МВ = 0,8, т.е. = 0,8|x + 5|.

При возведении обеих части уравнения в квадрат получим: (х – 2)² + (у – 1)² = 0,64(х + 5)², откуда х² – 4х + 4 + у² – 2у + 1 = 0,64х² + 6,4х + 16, или 0,36х² + у² – 10,4х – 2y – 11 = 0. По знаку дискриминанта  = == 0,36 > 0, определяем, что данная кривая – эллипс.

б) По условию МА = МВ, т.е. = |x + 5|.

При возведении обеих части уравнения в квадрат получим: (х – 2)² + (у – 1)² = (х + 5)², откуда х² – 4х + 4 + у² – 2у + 1 = х² + 10х + 25, или у² – 14х – 2y – 20 = 0.

Поскольку дискриминант  = == 0, то данная кривая – парабола.

Ответ: а) 0,36х² + у² – 10,4х – 2y – 11 = 0; б) у² – 14х – 2y – 20 = 0.

4^. Составить уравнение окружности, если: а) ее центр находится на оси Оу и она проходит через точки А(2; 1) и В(3; − 4); б) ее диаметром служит отрезок прямой 2x − 3y + 6 = 0, содержащийся между осями координат; в) ее диаметром служит общая хорда окружностей: х² + у² – 4х – 12у + 8 = 0, х² + у² – 6х – 16у + 12 = 0; г) она проходит через точку А(− 2; 1) и является концентрической по отношению к окружности х² + у² – 4х + 2у – 11 = 0.

Решение.

а) Точки А(2; 1) и В(3; − 4) находятся на окружности. По условию центр окружности находится на оси Оу. Следовательно, центр окружности – точка С(0; у). Найдем неизвестную координату центра окружности и квадрат радиуса окружности R² из равенств: СА = СВ = R. Поскольку СА ==,СВ ==, то 4 + (1 –у)² = 9 + (4 + у)², откуда 5 – 2у + у² = 25 + 8у + у², и, следовательно, 10у = – 20, т.е. у = – 2. Квадрат радиуса окружности R² = (СА)² = 4 + (1 –(– 2))² = 13. Составляем уравнение окружности, квадрат радиуса которой R² = 13, и центр которой в точке С(0; – 2): х² + (у + 2)² = 13, или х² + у² + 2у – 9 = 0.

б) Находим точки пересечения прямой 2x − 3y + 6 = 0 с осями координат. Координаты точки А пересечения прямой с осью Ох определяются из системы т.е.А(– 3; 0). Координаты точки В пересечения прямой с осью Оу определяются из системы т.е.В(0; 2). Центр отрезка АВ является центром окружности С. Координаты точки С находим как средние арифметические соответствующих координат концов отрезка: С(– 1,5; 1). Длина отрезка АВ = =– удвоенный радиус окружности, т.е. радиус окружностиR = /2.

Составляем уравнение окружности по ее радиусу R = /2 и координатам центраС(– 1,5; 1): (х + 1,5)² + (у – 1)² = 13/4.

в) Находим координаты точек А и В, которые являются концевыми точками общей хорды окружностей х² + у² – 4х – 12у + 8 = 0, х² + у² – 6х – 16у + 12 = 0. Для этого решаем систему уравнений: Если из 1-го уравнения вычесть 2-е, то получим равносильную систему:или

Подставляем это выражение для х в 1-е уравнение: (2 – 2у)² + у² – 4(2 – 2у) – 12у + 8 = 0, или 5у² – 12у + 4 = 0, откуда у₁ = 2; у₂ = 0,4. Следовательно, х₁ = 2 – 2у₁ = – 2; х₂ = 2 – 2у₂ = 1,2. Т.о., получены две концевые точки хорды: А(– 2; 2), В(1,2; 0,4). Центр окружности С находится в центре этой хорды, следовательно, координаты центра окружности находим как среднее арифметическое соответствующих координат точек А и В: С(– 0,4; 1,2). Длина отрезка АВ = == 2, следовательно, радиус окружности равенR = AB/2 = .

Составляем уравнение окружности по ее радиусу R = и координатам центраС(– 0,4; 1,2): (х + 0,4)² + (у – 1,2)² = 3,2.

г) Известно, что искомая окружность проходит через точку А(− 2; 1) и является концентрической по отношению к окружности х² + у² – 4х + 2у – 11 = 0.

Находим центр окружности х² + у² – 4х + 2у – 11 = 0, выделив полные квадраты переменных способом Лагранжа. Для этого группируем неизвестные: (х² – 4х) + (у² + 2у) – 11 = 0. Поскольку х² – 4х = (х² – 4х + 4) – 4 = (х – 2)² – 4, у² + 2у = (у² + 2у + 1) – 1 = (у + 1)² – 1, то уравнение заданной окружности принимает вид: (х – 2)² – 4 + (у + 1)² – 1 – 11 = 0, или (х – 2)² + (у + 1)² = 16. Т.о., центром этой окружности является точка С(2; – 1).

Согласно условию точка С(2; – 1) является центром и искомой окружности. Найдем радиус искомой окружности R как длину отрезка СА = =.

Составляем уравнение окружности по ее радиусу R = и координатам центраС(2; – 1): (х – 2)² + (у + 1)² = 20, или х² + у² – 4х +2у – 15 = 0.

Ответ: а) х² + у² + 2у – 9 = 0; б) (х + 1,5)² + (у – 1)² = 13/4; в) (х + 0,4)² + (у – 1,2)² = 3,2; г) х² + у² – 4х +2у – 15 = 0.

5^. Точка А(– 2; 3) принадлежит окружности, задаваемой уравнением х² + у² + 2х – 4у + 3 = 0. Составить уравнение: а) радиуса окружности этой окружности, проведенного в точку А; б) касательной к этой окружности, проведенной через точку А.

Решение.

а) Находим координаты центра окружности х² + у² + 2х – 4у + 3 = 0. Для этого выделяем в уравнении полные квадраты способом Лагранжа. Сначала группируем переменные: (х² + 2х) + (у²– 4у) + 3 = 0. Поскольку х² + 2х = (х² + 2х + 1) – 1 = (х + 1)² – 1; у²– 4у = (у²– 4у + 4) – 4 = (у – 2)² – 4, то уравнение окружности примет вид: (х + 1)² – 1 + (у – 2)² – 4 + 3 = 0, или (х + 1)² + (у – 2)² = 2. Следовательно, центром этой окружности служит точка С(– 1; 2).

Находим уравнение прямой, проходящей через точки А(– 2; 3) и С(– 1; 2):

, или х + у – 1 = 0.

б) Находим уравнение касательной, проведенной через точку А(– 2; 3), лежащей на окружности х² + у² + 2х – 4у + 3 = 0. Как и в задаче (5а) сначала находим координаты центра С этой окружности. Согласно полученному результату центр окружности находится в точке С(– 1; 2). Определяем вектор N = AC = {1; – 1}, который является нормальным к искомой касательной. Составляем уравнение касательной по нормальному вектору N = {1; – 1} и точке А(– 2; 3), через которую эта касательная проходит:

(х + 2) – (у – 3) = 0, или х – у + 5 = 0.

Ответ: а) х + у – 1 = 0; б) х – у + 5 = 0.

6^. Составить уравнение: а) параболы, фокус которой лежит в точке F(0; 0), а директриса задана уравнением у = – 2; б) директрисы параболы х² + 6х – 8у + 1 = 0; в) оси параболы у² – 8у + 4х – 4 = 0.

Решение.

а) Дано: директриса параболы задана уравнением у = – 2, фокус параболы F(0; 0).

Поскольку директриса параболы перпендикулярна оси Оу, а фокус лежит на оси Оу и находится выше директрисы, то осью параболы является ось Оу и ветви параболы направлены вверх.

Вершина А параболы находится на оси Оу посередине между фокусом F(0; 0)и точкой пересечения директрисы с осью Оу, т.е. точкой (0; – 2). Следовательно, А(0; – 1), фокальный параметр параболы р = 2, а уравнение параболы будет иметь вид: х² = 2р (у – у₀), где у₀ – ордината вершины параболы, т.е. ордината точки А(0; – 1), следовательно, у₀ = – 1. Т.о., уравнение параболы: х² = 4 (у + 1), или х² – 4у –4 = 0.

б) Найдем уравнение директрисы параболы х² + 6х – 8у + 1 = 0.

Выделим полный квадрат для переменной х: (х² + 6х) = 8у – 1; (х² + 6х + 9) – 9 = 8у – 1; (х + 3)² = 8(у + 1).

Перейдем к новым переменным: u = x + 3; v = y + 1. В этих переменных уравнение параболы примет вид u² = 8v, следовательно, фокальный параметр параболы р = 4, а уравнение директрисы v = – p/2, т.е. v = – 2. Уравнение директрисы при возвращении к исходным переменным: y + 1 = – 2, или у = – 3.

в) Найдем уравнение оси параболы у² – 8у + 4х – 4 = 0.

Выделим полный квадрат для переменной у: (у² – 8у) = – 4х + 4; (у² – 8у + 16) – 16 = – 4х + 4; (у – 4)² = 4(– х + 5).

Перейдем к новым переменным: u = – x + 5; v = y – 4. В этих переменных уравнение параболы примет вид v² = 4u, следовательно, уравнение оси параболы в новых переменных v = 0. Уравнение этой оси при возвращении к исходным переменным: y – 4 = 0, или у = 4.

Ответ: а) у = – 3; б) у = 4.

7^. Составить уравнение эллипса с центром в начале координат и фокусами на оси Ох, если: а) расстояние между фокусами равно 4,8, а эксцентриситет равен 0,8; б) если эллипс проходит через точки А(3; 1) и В(2; – 2).

Решение.

а) Дано: 2с = 4,8;  = 0,8. Из с = 2,4 и  = с/а = 0,8 находим большую полуось эллипса а = с/ = 2,4/0,8 = 3. Из равенства с = находим квадрат меньшей полуоси эллипса b² = a² – c² = 9 – 2,4² = 3,24, т.е. b = 1,8. Т.о., уравнение эллипса будет иметь вид:.

б) Подставляем координаты точек А(3; 1) и В(2; – 2) в уравнение эллипса , получаем систему уравнений для определенияа² и b²: Чтобы решить систему введем обозначения 1/а² = u, 1/b² = v. Решаем систему по формулам Крамера: определитель системы = = 32; определитель для неизвестнойu равен ₁ = = 3; определитель для неизвестнойv равен ₂ = = 5. Следовательно, 1/а² = u = 3/32; 1/b² = v = 5/32, и уравнение эллипса принимает вид: , или 3х² + 5у² = 32.

Ответ: а) ;б) 3х² + 5у² = 32.

8^. Составить уравнение гиперболы, если: а) расстояние между фокусами, расположенными на оси Ох, равно 30, а уравнения асимптот у =  2х; б) если одна из ее ветвей проходит через точку М(2; – 2), а уравнения асимптот у =  х; в) ее центр расположен в начале координат, фокусы – на оси Ох, и она проходит через точки А(– 5; 3) и В(4; – 2); г) ее фокусы расположены на оси Оу, она равносторонняя и одна из ветвей проходит через точку М(2; – 6).

Решение.

а) Дано: 2с = 30; у = = 2х. Следовательно, получаем систему уравнений для определения параметров а² и b² искомого уравнения гиперболы , оси которой расположены на осиОх, а асимптоты пересекаются в начале координат:

с² = а² + b² = 15² = 225; b = 2a, или b² = 4a².

В результате получаем 5а² = 225, а² = 45; b² = 180, и поэтому уравнение гиперболы: .

б) Дано: одна из ветвей гиперболы проходит через точку М(2; – 2), уравнения асимптот гиперболы у =  х/4.

Поскольку асимптоты гиперболы пересекаются в начале координат, но в условии задания не указана ось, на которой находятся фокусы гиперболы, то ее искомое уравнение пока следует записать в общем виде: .

Поскольку гипербола проходит через точку М(2; – 2), то должно выполняться равенство: , или. Из уравнения асимптоту =  = получаема = 4b, или а² = 16b². Следовательно, , или, или, откуда заключаем, что в правой части уравнения следует брать знак минус, и при этомb² = 15/4, а а² = 16b² = 60. В результате получаем, что уравнение гиперболы имеет вид: , или.

в) Дано: центр гиперболы расположен в начале координат, фокусы – на оси Ох, и гипербола проходит через точки А(– 5; 3) и В(4; – 2).

Согласно условию уравнение гиперболы должно иметь вид: .

Подставляя координаты точек А(– 5; 3) и В(4; – 2) в уравнение, получим систему для определения параметров а² и b² искомого уравнения гиперболы:

или, обозначая u = 1/a², v = 1/b², получаем эту систему в виде:

Решаем систему по формулам Крамера:  = = 44;₁ = = 5;₂ = = 9;u = 1/a² = ₁/ = 5/44; v = 1/b² = ₂/ = 9/44. Следовательно, a² = 44/5; b² = 44/9, и искомое уравнение гиперболы: , или 5х² – 9у² = 44.

г) Дано: фокусы равносторонней гиперболы расположены на оси Оу, и одна из ее ветвей проходит через точку М(2; – 6).

Согласно условию уравнение гиперболы должно иметь вид: , илиу² – х² = а².

Подставляя координаты точки М(2; – 6) в уравнение, определим параметр а² искомого уравнения гиперболы: (– 6)² – 2² = а², т.е. а² = 32. Т.о., уравнение равносторонней гиперболы имеет вид: , илиу² – х² = 32.

Ответ: а) ;б) ;в) 5х² – 9у² = 44; г) у² – х² = 32.

9^. Найти эксцентриситет: а) эллипса ; б) гиперболы .

Решение.

а) Согласно уравнению эллипса имеем:а² = 81; b² = 56. Находим эксцентриситет эллипса, большая ось которого находится на координатной оси Ох:  = с/а = /а = /=/= 5/9.

б) Согласно уравнению гиперболы имеем:а² = 49; b² = 15. Находим эксцентриситет гиперболы, действительная ось которого находится на координатной оси Ох:  = с/а = /а = /=/= 8/7.

Ответ: а) 5/9; б) 8/7.